1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 14
Текст из файла (страница 14)
2Контрольная работа 1.2, вариант 2Решение задачи 1Граничное условие на тангенциальные компоненты напряженности магнитного поля:∆Hτ “4πJ,cгде J– линейная плотность тока. Направление токов на границе“1-2” определяется векторным равенствомJ12 “cn12 ˆ pH2 ´ H1 q,4πгде n12 – единичный вектор нормали к плоскости раздела, направленный из области 1 в область 2.Тогда искомая плотность токов по модулю одинакова на всех плоскостях и равна?cc 2cH0J“∆Hτ “¨ 2? “B0 .4π4π4π2Направления токов показаны на рисунке.Решение задачи 2Для плотности тока в любой точкепространства имеемdiv j “ 0.С учетом j “ σE получимdivpσEq “ σpxq div E ` pE ¨ ∇σq “ 0,откуда129Решения$’ 0,x ă 0,pE ¨ ∇σq & j0 pσ2 ´σ1 q´ aσ2 pxq , 0 ă x ă a,div E “ ´“’σpxq% 0,x ą a.Плотность свободных зарядов находим как$’ 0,x ă 0,ε div E & j0 εpσ2 ´σ1 q1div D ““´ 4πaσ2 pxq , 0 ă x ă a,ρpxq “’4π4π% 0,x ą a.Плотность связанных зарядовρсв pxq “ ´ div P “ ´$’& 0,ε´1div E “’4π%j0 pε´1qpσ2 ´σ1 q,4πaσ2 pxq0,x ă 0,0 ă x ă a,x ą a.Проводимость в интервале 0 ă x ă a в записанных выше фор1мулах выражается зависимостью σpxq “ σ1 ` σ2 ´σa x.Решение задачи 3Токи в задаче распределены аксиально симметрично, причем jα =0,следовательно, поле имеет толькоазимутальную компоненту, которая вобщем случае зависит только от цилиндрических координат R и z (ср.
сзадачей 4 КР1.2 2012 на стр. 71).Тогда из теоремы Стокса имеем:ű2Iмежду плоскостями H ¨ dℓ “ 2πRHα “ 4πc I ñ Hα pRq “ cR ,за плоскостямиűH ¨ dℓ “ 2πRHα “ 0 ñ Hα pRq “ 0.Полученное поле удовлетворяет уравнениям Максвеллаrot H “ 0, div B “ 0.1302013/2014 Контрольная работа 1.2, вар. 2Кроме того, для этого поля выполняются граничные условияна плоскостях. Действительно, линейная плотность тока по плосIeR , а граничныекости на расстоянии R от оси равна J “ 2πRусловия на плоскостяхHα ´ 0 “2IcR“4π Ic 2πRверно;∆Bn “ ∆Bz “ 0 ´ 0 “ 0 верно.Следовательно, полученное решение верно и единственно.Решение задачи 4Находим компоненты магнитного момента контура, проецируяконтур на соответствующие плоскости:mx “ISyzc“Ia2c ,my “ISzxc“Ia2c ,mz “ISxyc“Ia2c .m “ m x ex ` m y ey ` m z ez “Ia2c pex` ey ` ez q.На больших расстояниях Bprq представляет собой поле магнитного диполя:“Bprq “ ´ rm3 ` 3 pm¨rqrr522 px`y`zqpex ` ey ` ez q ` 3 Ia“ ´ Iacr 3aгде r “ x2 ` y 2 ` z 2 .131cr 5pxex ` yey ` zez q,РешенияЭкзаменационная работа 1Решение задачи 1Поле во всем пространстве равно (см.
задачу2.4 из [1])2Eprq “er .pε1 ` ε2 qr 2Плотность тока в областях 1 и 2 соответственно равна$2σ1’& pε1 `ε2 qr2 er ,jprq “’2σ2%2 er .pε1 `ε2 qrТок через сферу радиуса r с центром в точке с точечным зарядом q равенxx{xxI“pj¨dSq “pj1 ¨dSq` pj2 ¨dSq “ σ1 pE¨dSq`σ2 pE¨dSq “S1“ pσ1 ` σ2 qS1S2S2σ1 ` σ222πq “ 4πq.ε1 ` ε2ε1 ` ε2С учетом I “ ´q9 получимqptq “ q0 e´t{τ ,где τ “ε1 `ε2˚4πpσ1 `σ2 q .˚Здесь мы пренебрегли магнитным полем, возникающим согласноrot Hptq “ 4πjptq` 1c BDptq. Переменное магнитное поле индуцирует токи, искаcBtжающие полученное решение для Iptq и qptq. Отметим, что даже для большихτ квазистационарное приближение не выполняется: ни при каких εi и σi токисмещения в данной задаче не будут малы по сравнению с токами проводимости в двух областях одновременно. Тем не менее именно благодаря токамсмещения индукция магнитного поля может быть равной нулю.
Нетруднопоказать, что rot H “ 0, если дополнительно выполнено условие σε11 “ σε22 .1322013/2014 Экзаменационная работа 1Решение задачи 2Продольная (z) компонента поля наводится только током в полукольце и равнаBk “πI.caТоки в полупрямых наводят поперечныекомпоненты поля, которые в точке O компенсируют друг друга.Поэтому поле в точке O равно Bo “ πIca ez .Решение задачи 3Нетрудно заметить, что заданным граничным условиям удовлетворяет векторпотенциал в полости в видеApx, yq “A0xyez .a20Тогда магнитное поле в полости равноHpx, yq “ rot Apx, yq “A0pxex ´ yey q.a20Далее ищем линейную плотность тока на границе Γ.Способ 1.i12“ff«yex ` xeyccA0““rH1 ˆ n12 s “pxex ´ yey q ˆ a4π4πa20x2 ` y 2cA0 x ¨ x ´ y ¨ p´yqcA0 a 2ax ` y 2 ez ,rex ˆey s “24πa04πa20x2 ` y 2где x и y берутся в точках границы Γ.
Здесь было учтено, чтоединичный вектор нормали к кривой f px, yq “ const равен133РешенияПоскольку y|Γ “координат:i12fx1 ex ` fy1 eyn12 “ b.pfx1 q2 ` pfy1 q2a20x,то ответ можно выразить через одну изcA0“4πa0dˆxa0˙2`´ a ¯20xez .Способ 2.Решение значительно упрощается, если учесть, что вдоль Γпроходит силовая линия магнитного поля ˚ . Действительно, запишем изменение вектор-потенциала при элементарном смещениикоординат x, y:dAz “BAzBAzdx `dy.BxByПоскольку dAz “ 0 вдоль Γ, тоBAzBAzdx `dy “ 0.BxBy(1)Но из B “ rot A следует, чтоBAzBAz“ Bx ,“ ´By .ByBxТогда уравнение (1) принимает видBxBy“,dxdyчто совпадает с уравнением силовой линии B.˚Это свойство кривых Az px, yq “ const отмечено в учебнике [4] (стр.
160).1342013/2014 Экзаменационная работа 1Теперь линейную плотность тока на границе Γ легко получитьпо формулеdˆ ˙x 2 ´ a0 ¯ 2ccA0 a 2ccA02 “x.`∆Hτ “|B| “i12 “`y4π4π4πa0a0x4πa20Решение задачи 4Способ 1.Определим суммарный поток магнитного поля через все витки соленоида, создаваемый проволочным витком с током I. Изравенства коэффициентов взаимной индукции L12 “ L21 “ Lвз ,следует, что такой же поток создает соленоид с током I черезпроволочный виток:Lвз4π N SI“I,Φ“clcгде l — длина соленоида, S — площадь его поперечного сечения.Таким образом, если пустить ток I по проволочному витку,то суммарный поток магнитного поля через все витки соленоидабудет равен:Lвз4π N SΨ“I“I.cclИз закона сохранения потока ˚ :Lвз4π N S 4π N SΨ ` Ψc “I ` Φc N “I`IсN “ 0.cclcl˚В отличие от потокосцепления, поток через некоторое конкретное сечение соленоида не сохраняется. Токи I и Iс формируют поток, отличнПлоскаятонкая проводящая пластинка с удельной проводимостью σ˚ (i “ σ˚ E, i - токна единицу длины) разделяет области с диэлектрическими проницаемостямиε1 и ε2 (µ1 “ µ2 “ 1).
Со стороны области 1 на пластинку по нормали падаетплоская линейно поляризованная монохроматическая волна с амплитудой E0 .Для случая ε1 “ ε2 “ 1 найти среднюю по времени поглощаемую в пластинкемощность w на единицу поверхности (1 б). При какой σ˚ w максимальна (1б)? Для случая ε1 >ε2 найти σ˚ , при которой отраженная волна отсутствует.(2 б) ый от нуля на большей части длины соленоида и изменяющийся вдоль135РешенияОтсюда ток в соленоиде равенIc “ ´I.NСпособ 2.Запишем теорему Стокса для контура ABCDA (см. рисунок)¿pH ¨ dℓq “4πpI ` n ¨ Ic q,c(1)где |BC| “ |AD| Ñ 8.Контурный интеграл на участке AB равен нулю, поскольку наэтом участке равен нулю суммарный поток поля по всем виткам.Контурный интеграл на участке CD стремится к нулю, поскольку на больших расстояниях H „ r13 , а ℓ “ πr.Контурный интеграл на участках BC и DA имеет порядоквеличины „ H0 a, где H0 – поле на конце соленоида, a a – радиус соленоида.
Эта величина пренебрежимо мала по сравнению сослагаемыми в правой части (1).В итоге получим4πIpI ` N ¨ Ic q “ 0 ñ Ic “ ´ .cNРешение задачи 5Пустим по первому кольцу ток I1 . Предположим, что для индукции магнитного поля, наводимой этим током в пространстве,выполняется соотношениеBprq “ kB0 prq,него не только по величине, но и по знаку. Эта неоднородность потока обеспечивается силовыми линиями, которые проходят сквозь боковую поверхностьсоленоида, не пересекая витков, через зазоры между ними.1362013/2014 Экзаменационная работа 1где B0 prq – поле, наводимое таким же током в первом кольце ввакууме.Если сделанное предположение верно, оно должно удовлетворять уравнениям div Bprq “ 0 и rot Hprq “ 0 в объеме, а такжеграничным условиям H1τ “ H2τ и B1n “ B2n на границе разделадвух сред. Поскольку оба уравнения в объеме выполняются дляB0 prq “ H0 prq, то они остаются верными и после домноженияобеих частей на k и µki соответственно.Значение k найдем из теоремы Стокса для циркуляции H поокружности, охватывающей второй контур с током и разбиваемойна две равные части границей раздела:¿pH ¨ dℓq “żżżż11pH1 ¨ dℓq ` pH2 ¨ dℓq “pB ¨ dℓq `pB ¨ dℓq “µ1µ2ż4πµ1 ` µ2I.pB ¨ dℓq ““µ1 µ2cС другой стороны теорема Стокса для B0 в вакууме по томуже контуру дает¿ż4πpB0 ¨ dℓq “ 2 pB0 ¨ dℓq “I.cОтсюда получаемB“2µ1 µ2B0 .µ1 ` µ2Тогда и потоки поля через второй контур за счет тока, текущего в первом контуре, в среде и в вакууме соответственно относятсякакоткуда имеемΦ2µ1 µ2“,Φ0µ1 ` µ2137Решения2µ1 µ2 Lµ122µ1 µ2Lµ12 I“, Lµ12 “L12 .L12 Iµ1 ` µ2 L12µ1 ` µ2Решение задачи 6Для удаленных точек внутренний соленоид представляет собой магнитный диполь с моментомnLSIez .cТоки во внешнем соленоиде полностьюкомпенсируют поток магнитного поля черезсечение внутреннего соленоида на длине l.
Поэтому момент сверхпроводяшего соленоида составляетm0 “mS “ ´nlSIez ,cа полный момент системы токовm “ m0 ` mS “nSIpL ´ lqez ,c(1)Тогда поле на больших расстояниях записывается как полемагнитного диполя:Bprq “ ´pm ¨ rqrm`3,3rr5где m выражается формулой (1).1382013/2014 Контрольная работа 2.1, вар. 1Контрольная работа 2.1, вариант 1Решение задачи 1Найдем спектр одиночного импульса:E1 pωq “ ´“ ´E0“ iE0şτ´τ´şτ´τE0 sinpω0 tq eiωt dt “ ´E0eipω`ω0 qtdt2isinpω`ω0 qτω`ω0´` E0şτ´τeipω´ω0 qtdt2isinpω´ω0 qτω´ω0¯şτ´τeiω0 t ´ e´iω0 t2ieiωt dt “““ ´iE0 sin ωτ´1ω`ω0´1ω´ω0¯.Модуль этой функции в интервале 0 ď ω ď 2ω0 имеет двануля ˚ : при ω “ 0 и ω “ 2ω0 .`˘Второй импульс добавляет к E1 pωq множитель 1 ` e5iωτ , который по модулю равен5ωτ.2 cos2Этот множитель в интервале 0 ď ω ď 2ω0 имеет пять нулей:"*ω0 3ω07ω0 9ω0при ω “,, ω0 ,,.5555˚Нетрудно понять, что таким же расположением нулей и максимумов взаданном интервале частот характеризуется спектр одиночного прямоугольного сигнала, показанного пунктирной линией.139РешенияТогда функция |Epωq| имеет семь нулей:"*ω0 3ω07ω0 9ω0при ω “ 0,,, ω0 ,,, 2ω0 .5555Максимумы |Epωq| расположены между нулями,поэтому число максимумовна единицу меньше числа нулей ˚ : nmax “ 7 ´ 1 “ 6.На рисунке показаны спектральные плотности, полученные точным расчетом(сплошная кривая - спектрзаданного сигнала, пунктирная - спектр прямоугольного аналога).Решение задачи 2При отражении плоской монохроматической волны тангенциальная компонента волнового вектора сохраняется, а нормальнаякомпонента меняется на противоположную.
TE-волна, кроме того, сдвигается по фазе на π.Пусть падающая волна имеет видE1 pr, tq “ E0 eipkx x`ky y´ωtq ez .После отражения волны E1 от стенки y “ 0 получается волнаE2 pr, tq “ E0 eipkx x´ky y´ωtq`π ez .После отражения волны E1 от стенки x “ 0 получается волнаE3 pr, tq “ E0 eip´kx x`ky y´ωtq`π ez .˚Требуется более точный анализ, чтобы показать, что между соседниминулями располагается ровно один максимум.1402013/2014 Контрольная работа 2.1, вар. 1После отражения волны E2 от стенки x “ 0 получается волнаE4 pr, tq “ E0 eip´kx x´ky y´ωtq ez .После отражения волны E3 от стенки y “ 0 получается волнаE5 pr, tq “ E0 eip´kx x´ky y´ωtq ez ,которая вместе с волной E4 образует единую плоскую монохроматическую волну.Таким образом, суперпозиция всех волн имеет вид`˘E1 ` E4 ` E2 ` E3 “ E0 e´iωt eipkx x`ky yq ` eip´kx x´ky yq ez ´`˘´E0 e´iωt eip´kx x`ky yq ` eipkx x´ky yq ez ““ 2E0 e´iωt pcospkx x ` ky yq ´ cospkx x ´ ky yqqez ““ ´4E0 e´iωt sinpkx xq sinpky yqez ,где kx “ k cos α “2πλcos α, ky “ ´k sin α “ ´ 2πλ sin α, ω “2πcλ .Решение задачи 3Амплитуда волны, прошедшей через первую границу раздела,равна2E0 .E1 “n`1Падение луча на вторую границу разделапроисходит под углом 45˝ , превышающим уголполного внутреннего отражения θc :11sin 45˝ “ ? « 0.71, sin θc “ “ 2{3 « 0.67n2141РешенияПоскольку при полном внутреннем отражении амплитуда волны сохраняется и, как следует из геометрии, отраженный луч падает на большую грань по нормали, то амплитуда выходящей волны равна4n2nE1 “E0 .E1 “n`1pn ` 1q2Тогда искомое отношение интенсивностей лучей равноI1“I0ˆE1E0˙2Решение задачи 4` 3 ˘24¨p4nq2““ ` ˘24 « 0.9245pn ` 1q2Волна до прохождения черезпервый поляризатор имеет видπE0 ptq “ E0 ¨ p1, ei 2 q e´iω0 t .(поскольку расстояние между поляризаторами мало, поместим их вточку z “ 0, и тогда зависимость откоординаты исчезает).Первый поляризатор пропускает только x-компоненту волныE0 , поэтому волна между первым и вторым поляризатором принимает видE12 ptq “ E0 ¨ p1, 0q e´iω0 t .Второй поляризатор пропускает только волну, модуль которойравен проекции волны E12 на ось второго поляризатора:E23 ptq “ E12 cos Ωt e´iω0 t .Проекция волны E23 на ось y равнаE23y ptq “ E12 cos Ωt cos¯1´ Ωt e´iω0 t “ E0 sin 2Ωt e´iωt .22´π1422013/2014 Контрольная работа 2.1, вар.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
